Áp dụng mệnh đề vào phép suy luận toán học chứng minh phản chứng – Quy nạp

Phát biểu các định lý sau đây bằng cách sử dụng khái niệm “Điều kiện đủ ” aNếu trong mặt phẳng, hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 thì hai đường thẳng đó song song với [r]

ÁP DỤNG MỆNH ĐỀ VÀO PHÉP SUY LUẬN TOÁN HỌC CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG – QUY NẠP A Tóm tắt lý thuyết Trong toán học định lý là mệnh đề đúng Nhiều định lý phát biểu dạng “xX , P(x)  Q(x)” Cho định lý “xX , P(x)  Q(x)” Khi đó P(x) là điều kiện đủ để có Q(x) Q(x) là điều kiện cần để có P(x) Chứng minh phản chứng đinh lý “xX , P(x)  Q(x)”: Giả sử Q(x) sai, Dùng suy luận và các kiến thức toán học để đến P(x) sai (mâu thuẫn gt) 4: Cho định lý “xX , P(x)  Q(x)” Khi đó P(x) là điều kiện cần và đủ để có Q(x) Ví dụ: Phát biểu các mệnh đề sau với thuật ngữ “Điều kiện cần”, “Điều kiện đủ ” a) Hình thoi là tứ giác có hai đường chéo vuông góc b) Số tự nhiên có chữ số tận cùng thì chia hết cho c) Nếu a  b  thì ít số a, b là số dương Dùng phương pháp chứng minh phản chứng để chứng minh : a) Cho n là số nguyên dương Nếu n2 chia hết cho thì n chia hết cho b) Với n là số nguyên dương , n2 là số lẻ thì n là số lẻ c) Nếu bỏ 25 bóng vào cái rổ thì có ít cái rổ đựng nhiều bóng HD:     n  3k  2k   n  3k   n không chia hết cho 3(!) a) Giả sử n không chia hết cho     2  n  3k   n  3k  4k     b) Giả sử n  2k  n  4k  n là số chẳn(!) c) Giả sử không có rổ nào chứa nhiều bóng  rổ chứa tối đa 24 bóng (!) Phát biểu các định lý sau đây cách sử dụng khái niệm “Điều kiện đủ ” a)Nếu mặt phẳng, hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ thì hai đường thẳng đó song song với b) Nếu tam giác thì chúng có diện tích c) Nếu số nguyên dương a tận cùng thì chia hết cho d) Nếu tứ giác là hình thoi thì đường chéo vuông góc với B Chứng minh quy nạp: Chứng minh mệnh đề r(n) đúng với n  p; n;p  N Gồm các bước: Chứng tỏ mệnh đề đúng với n  p Giả sử mệnh đề r(k) đúng (ta xem r(k) là giả thiết quá trình chứng minh ) Cần chứng minh mệnh đề r(k  1) đúng Ví dụ: Chứng minh rằng, với số nguyên dương n ta có: a) n  11n chia hết cho b) 1.2  2.5   n(3n  1)  n  n  1 Chứng minh rằng, với số nguyên dương n  ta có: a)  1     n n b)     n 1 n HD: 1.a) Đặt r(n)  n  11n - Khi n  , ta thấy r(1)  12 - Giả sử r(k) đúng, tức là k  11k  hay k  11k  6q (*) - Cần chứng minh r(k  1) đúng, tức là cần chứng minh  k  1  11 k  1   (*) Thật r(k  1)   k  1  11 k  1  k  3k  3k   11k  11  k  11k  3k  k  1  12   q    3k  k  1 Mà k  k  1 nên 3k  k  1 Lop11.com 1.b) - Khi n  , ta thấy (*)   - Giả sử (*) đúng với n  k  , tức là 1.2  2.5   k(3k  1)  k  k  1 - Cần cm (*) đúng với n  k  đúng, tức là cần cm: 1.2  2.5   k(3k  1)   k  1 (3k  2)   k  1  k     Thật 1.2  2.5   k(3k  1)   k  1 (3k  2)  k  k  1   k  1 (3k  2)   k  1 k  3k    k  1  k   2.a) - Khi n  , ta thấy   2 1     k k 1 1      k 1 - Cần cm (*) đúng với n  k  đúng, tức là cần cm:  k k 1 - Giả sử (*) đúng với n  k , tức là  k(k  1)  1 1 1      k   k 1 k k 1 k 1 k 1 2.b) - Khi n  , ta thấy   2 1 - Giả sử (*) đúng với n  k  , tức là     k k 1 1 1 - Cần cm (*) đúng với n  k  đúng, tức là cần cm:     k  k 1  k 1 1 1 1 1 Thật    k  k 1  k  k 1  k  (do k 1  1; k  1) 1 1 1 1 Thật  Lop11.com BÀI TẬP Phát biểu các định lý sau đây cách sử dụng khái niệm“Điều kiện cần ” a) Nếu mặt phẳng, hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ thì hai đường thẳng đó song song với b) Nếu tam giác thì chúng có các góc tương ứng c) số nguyên dương a chia hết cho 24 thì chia hết cho và d) Nếu tứ giác ABCD là hình vuông thì cạnh Chứng minh phương pháp phản chứng a) Nếu abc thì a2 +b2 + c2 > ab + bc + ca b) Nếu a.b chia hết cho thì a b chia hết cho c) Nếu x2 + y2 = thì x = và y = d) Nếu hai số nguyên dương có tổng bình phương chia hết cho thì hai số đó chia hết cho e) Nếu a.b.c  thì ít số a, b, c có số dương f) Trong 16 số nguyên tùy ý phân biệt luôn có ít số cho hiệu chúng chia hết cho 15 g) Chứng minh phương pháp phản chứng định lý : Với số tự nhiên n, 3n2+5 chia hết cho thì n chia hết cho Cho các đinh lý sau, định lý nào có định lý đảo, đó phát biểu dạng điều kiện cần và đủ : a) “Nếu số tự nhiên chia hết cho và thì chia hết cho 12” b) “Một tam giác vuông thì có trung tuyến tương ứng nửa cạnh huyền ” c) “Hai tam giác đồng dạng và có cạnh thì hai tam giác đó nhau” d) “Nếu số tự nhiên n không chia hết cho thì n2 chia dư 1” Chứng minh rằng, với số nguyên dương n ta có: a) 13  23   n  n (n  1) b) 12  22   n  n(n  1)  2n  1 c) 1.4  2.7   n(3n  1)  n(n  1)2 1 n d)     1.2 2.3 n(n  1) n  e) n  2n chia hết cho g) 4n  15n  chia hết cho i)     (2n  1)  n f) 32n  chia hết cho h) Tổng lập phương số nguyên liên tiếp chia hết cho j)     2n  n(n  1) Lop11.com HD: 2 2.a) Giả sử: a2 +b2 + c2  ab + bc + ca   a  b    b  c    c  a    a  b  c(!) a  7p  n  a.b  7k  m.n , với m, n  1;6 b  7q  m 2.b) Giả sử a, b không chia hết cho   Ta thấy m.n  7h  r , đó r  1;2;4;6 nên a.b không chia hết cho 7(!) a  3m  a  3k  2.d) TH1: Giả sử có ít số không chia hết cho    a  3k  a  3n  a  b  3m   9l2  3n   (!) a  b  3n   9l2  3h  TH2: Giả sử số a, b không chia hết cho thì a , b có dạng 3m  nên a  b  3n  (!) 2.f) NX: Ta thấy số nguyên chia cho 15 có số dư thì hiệu chúng chia hết a  15k  r  a  b  15(k  l)15 b  15l  r cho 15 Thật vậy: Nếu  Giả sử không có số nguyên nào mà hiệu chúng chia hết cho 15, có nghĩa là 16 số nguyên đó không có số nào có số dư chia cho 15 Mà số chia cho 15 có số dư có thể là: 0, 1, , 14 nên có 15 số dư khác (trái gt ta có 16 số) Vậy phải có ít số nguyên có số dư chia cho 15 Lop11.com